Gleichheit der Cauchy-Schwarz Ungleichung

23.09.2021, 17:33

Blubberq

Gleichheit der Cauchy-Schwarz Ungleichung

Guten Tag,

in einer Aufgabe soll ich die Gleichheit der Cauchy-Schwarz Ungleichung zeigen also $\begin{eqnarray*} |\vec{u}\bullet \vec{v}|=|\vec{u}||\vec{v}| \end{eqnarray*}$ .

Mein Ansatz ist folgender:

Sei $\begin{eqnarray*} \vec{u} = k\cdot\vec{v} \end{eqnarray*}$ , dann ist:

Linke Seite der Ungleichung:
$\begin{eqnarray*} |\vec{u}\bullet \vec{v}|=|k\vec{v}\bullet \vec{v}|=|k||\vec{v}\bullet \vec{v}|=|k||\vec{v}|^2 \end{eqnarray*}$

rechte Seite der Ungleichung:
$\begin{eqnarray*} |\vec{u}||\vec{v}| = |k\vec{v}||\vec{v}| = |k||\vec{v}||\vec{v}| = |k||\vec{v}|^2 \end{eqnarray*}$

damit wären die beiden Seiten der Ungleichung gleich, sodass sich das $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ zu einem $\begin{eqnarray*} = \end{eqnarray*}$ verändern müsste?

Also wird aus $\begin{eqnarray*} |\vec{u}\bullet \vec{v}| \leq |\vec{u}||\vec{v}| \end{eqnarray*}$ im Fall von $\begin{eqnarray*} \vec{u} = k\cdot\vec{v} \end{eqnarray*}$ nun $\begin{eqnarray*} |\vec{u}\bullet \vec{v}|=|\vec{u}||\vec{v}| \end{eqnarray*}$ .

Meine Frage, darf man das so machen? Ich sehe hier keinen Widerspruch?!

24.09.2021, 06:11

Leopold

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Deine Umformung stimmt. Die Frage ist jedoch, was du genau zeigen solltest. Bei diesem Problem ist die Umkehrung interessanter: "Nur" im Falle der linearen Abhängigkeit der Vektoren entsteht Gleichheit. Hast du das bedacht?

24.09.2021, 08:42

Blubberq

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Guten Morgen Leopold,

Danke für deine Antwort!

Zitat:

Bei diesem Problem ist die Umkehrung interessanter: "Nur" im Falle der linearen Abhängigkeit der Vektoren entsteht Gleichheit. Hast du das bedacht?

Ich denke, dass ich das habe, indem ich $\begin{eqnarray*} \vec{u} = k\cdot\vec{v} \end{eqnarray*}$ setze, oder? Das drückt doch die lineare Abhängigkeit eines Vektors aus?!

24.09.2021, 10:10

HAL 9000

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Was du bisher gezeigt hast ist: Wenn $\begin{eqnarray*} \vec{u} = k\cdot\vec{v} \end{eqnarray*}$ , dann gilt Gleichheit.

Es gilt jedoch auch (fast) die Umkehrung, genauer gesagt:

Zitat:

Aus Gleichheit in der Cauchy-Schwarz Ungleichung (CSU) folgt, dass es eine reelle Zahl $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} \vec{u} = k\cdot\vec{v} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \vec{v} = k\cdot\vec{u} \end{eqnarray*}$

(Das "oder" muss sein, da es ja auch den Gleichheitsfall $\begin{eqnarray*} \vec{v}=0,\vec{u}\neq 0 \end{eqnarray*}$ gibt, der von $\begin{eqnarray*} \vec{u} = k\cdot\vec{v} \end{eqnarray*}$ nicht abgedeckt wird!)

Diesen Beweis hast du jedoch nicht erbracht - daher die Frage von Leopold, was du denn nun tatsächlich zeigen solltest. Es könnte ja schließlich sein, dass es evtl. auch noch andere $\begin{eqnarray*} \vec{u},\vec{v} \end{eqnarray*}$ , d.h. solche ohne lineare Abhängigkeit gibt, für welche diese Gleichheit in der CSU gilt.

24.09.2021, 10:20

Blubberq

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Guten Morgen HAL,

danke für deine Antwort!

Das heißt ich müsste dann noch den oben geführten Beweis ergänzen für den Fall $\begin{eqnarray*} \vec{v} = k\cdot\vec{u} \end{eqnarray*}$ und ggf. dann postulieren, dass $\begin{eqnarray*} \vec{v}=0,\vec{u}\neq 0 \end{eqnarray*}$ nicht gilt?

24.09.2021, 10:26

HAL 9000

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Nein - lies nochmal genau, was ich geschrieben habe. (Du verdrehst schon wieder die Beweisrichtung.) unglücklich

Du musst dir den Beweis der CSU unter die Lupe nehmen und just an den Stellen, wo ungleichungsmäßig abgeschätzt wird, genau analysieren, wann dort Gleichheit herrscht - anders wird es nicht funktionieren!

24.09.2021, 11:31

Blubberq

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Ok, also entsteht die Gleichheit in 2 bzw. drei Fällen. Der erste ist der Fall $\begin{eqnarray*} \vec{v}=0,\vec{u}\neq 0 \end{eqnarray*}$ , dies endet dann in der Multiplikation von $\begin{eqnarray*} |\vec{u}\bullet 0|=|\vec{u}||0| = 0 \end{eqnarray*}$ , was richtig ist, da eine Zahl z.B. $\begin{eqnarray*} |\vec{u}| \end{eqnarray*}$ mit 0 multipliziert 0 ergibt und der zweite bzw. dritte Fall betrifft dann entsprechend $\begin{eqnarray*} \vec{v} = k\cdot\vec{u} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \vec{u} = k\cdot\vec{v} \end{eqnarray*}$ . Den ersten Fall hatte ich aber hier nicht "vorgestellt"?

@HAL, ich versuche noch deine Andeutung mit dem Beweis der CSU zu verstehen. Also wenn ich das richtig verstanden habe, kann man den Beweis zur CSU etwa so beginnen: $\begin{eqnarray*} ||t\vec{y}-\vec{x}||^2 \end{eqnarray*}$ ist eine Zahl, die aufgrund des Betrages und des Quadrates immer großer als Null ist, daher können wir schon einmal festhalten $\begin{eqnarray*} ||t\vec{y}-\vec{x}||^2 \geq 0 \end{eqnarray*}$ . Wenn ich das weiter auflöse, dann habe ich am Ende ein "Polynom" vom Grad zwei. Betrachte ich die Nullstellen dann kann es drei Fälle geben. Erstens Diskriminante kleiner als Null, zweitens Diskriminante ist Null und drittens Diskriminante ist größer als Null. Der letzte Fall tritt hier nicht ein, da wir ja bereits gesagt haben, dass $\begin{eqnarray*} ||t\vec{y}-\vec{x}||^2 \geq 0 \end{eqnarray*}$ gilt. Daraus folgt also dass ich mir den Fall $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ ansehen muss. Wenn ich jetzt die Diskriminante in der ABC-Formel auflöse, dann käme ich auf die CSU...

27.09.2021, 10:46

Blubberq

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Zitat:

Original von Blubberq
Ok, also entsteht die Gleichheit in 2 bzw. drei Fällen. Der erste ist der Fall $\begin{eqnarray*} \vec{v}=0,\vec{u}\neq 0 \end{eqnarray*}$ , dies endet dann in der Multiplikation von $\begin{eqnarray*} |\vec{u}\bullet 0|=|\vec{u}||0| = 0 \end{eqnarray*}$ , was richtig ist, da eine Zahl z.B. $\begin{eqnarray*} |\vec{u}| \end{eqnarray*}$ mit 0 multipliziert 0 ergibt und der zweite bzw. dritte Fall betrifft dann entsprechend $\begin{eqnarray*} \vec{v} = k\cdot\vec{u} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \vec{u} = k\cdot\vec{v} \end{eqnarray*}$ . Den ersten Fall hatte ich aber hier nicht "vorgestellt"?

Kann man dies hier so stehenlassen?

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